Chapitre 6. Le problème de flot à coût minimal

Commentaires

Transcription

Chapitre 6. Le problème de flot à coût minimal
Chapitre 6. Le problème de flot à coût minimal - Solutions
1.
Solutions admissibles
(a)
La figure suivante illustre une solution admissible : six unités de flot sont acheminées de la source
au puits sur le chemin 1–3–5–7, et 19 unités sont acheminées sur le chemin 1–4–6–7. Le coût de
cette solution est z = 1 124 :
z = 6 × (4 + 3 + 22) + 19 × (15 + 20 + 15) = 1 124.
2
31
20 7
8
v = 25
6,25
4
1
15
19,27
12
16
6,30
22
3
v = 25
7
10 15
30 8
4
(b)
5
6,6
3
14
11
15
19,40
6
20
19,35
La figure suivante illustre une solution admissible : 50 unités de flot sont acheminées de la source
au puits sur le chemin 1–2–5, et 100 unités sont acheminées au puits sur le chemin 1–3–5. Le coût
de cette solution est 1 600.
2
50 1
2 50
1
7
70
3
v = 150
50,100
8
50,200
2
3 40
100,100
30
4
4
5
v = 150
9
100,100
3
2.
Solution optimale
Initialisation (itération 0). Étape 0 (construction d’une solution admissible).
complétée dans la question 1(a). Le coût total de cette solution est z = 1124.
Cette étape a été
Initialisation (itération 0). Étape 1 (construction d’une solution admissible sans cycle d’arcs flottants).
La solution obtenue lors de l’étape 0 ne contient aucun cycle d’arcs flottants.
Initialisation (itération 0). Étape 2 (construction d’une solution admissible de base). La figure
suivante illustre la solution de base initiale, les arcs tiretés (en rouge) dénotant les arcs de base. Les arcs
13, 14, 46, 57 et 67 font nécessairement partie de l’arborescence de base, car ce sont des arcs flottants. Il
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.2
faut compléter la base par un arc à flot nul ou saturé. L’arc 23 est placé dans la base pour compléter
l’arborescence à cause de son faible coût. Noter que l’arc 35 ne peut faire partie de la base, car son
introduction dans la base créerait un cycle.
2
31
v = 25
8
20 7
6,25
4
1
12
16
15
19,27
3
30 8
4
5
6,30
6,6
3
22
v = 25
7
10 15
14
11
15
19,40
6
20
19,35
Initialisation (itération 0). Étape 3. (calcul des coûts marginaux). Les coûts marginaux associés à la
solution de base initiale sont calculés dans le tableau ci-dessous.
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
unitaire
Coût
marginal
12
à flot nul
12 : + ∆
23 : + ∆
13 : – ∆
+8
+7
–4
+11
25 : + ∆
57 : + ∆
67 : – ∆
46 : – ∆
14 : – ∆
13 : + ∆
23 : – ∆
+16
+22
–15
–20
–15
+4
– 7
35 : – ∆
57 : – ∆
67 : + ∆
46 : + ∆
14 : + ∆
13 : – ∆
43 : + ∆
13 : – ∆
14 : + ∆
63 : + ∆
13 : – ∆
14 : + ∆
46 : + ∆
– 3
–22
+15
+20
+15
– 4
+8
–4
+15
+14
– 4
+15
+20
65 : + ∆
57 : + ∆
67 : – ∆
+15
+22
–15
25
35
à flot nul
saturé
43
à flot nul
63
à flot nul
65
à flot nul
–15
Borne
sup. de ∆
12
24
19
19
19
19
0
Diminution
15 × 0 = 0
+21
+19
+45
+22
Initialisation (itération 0). Étape 4 (test d’optimalité). La solution courante n’est pas optimale, car le
coût marginal de l’arc hors base 25 est négatif.
Itération 1. Étape 5. L’arc 25 deviendra arc de base. Ici, aucun ajustement au flot circulant dans le réseau
n’est requis, car la valeur limite est ∆ = 0.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.3
Itération 1. Étape 6. L’arc 23 est retiré de la base. La nouvelle solution de base est illustrée ci-dessous.
Le coût de cette solution est z = 1 124 – (15 × 0) = 1 124.
2
31
8
v = 25
6,25
4
1
15
19,27
12
16
20 7
3
6,30
22
v = 25
7
10 15
30 8
4
5
6,6
3
14
11
15
6
19,40
20
19,35
Itération 1. Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux associés à la solution no 1 sont calculés dans le tableau cidessous. Comme le coût marginal de l’arc hors base 12 est négatif, la solution courante n’est pas optimale.
Arc
hors base
Statut
Cycle
12
à flot nul
12 : + ∆
25 : + ∆
57: + ∆
67 : – ∆
46 : – ∆
14 : – ∆
23
à flot nul
35
saturé
43
à flot nul
63
à flot nul
65
à flot nul
Coût
unitaire
+ 8
+16
+22
–15
–20
–15
Coût
marginal
Borne
sup. de ∆
– 4
31
12
24
19
19
19
Diminution
4 × 12 = 48
+15
35 : – ∆
57 : – ∆
67 : + ∆
46 : + ∆
14 : + ∆
13 : – ∆
43 : + ∆
13 : – ∆
14 : + ∆
63 : + ∆
13 : – ∆
14 : + ∆
46 : + ∆
– 3
–22
+15
+20
+15
– 4
+ 8
– 4
+15
+14
– 4
+15
+20
65 : + ∆
57 : + ∆
67 : – ∆
+15
+22
–15
+21
+19
+45
+22
Itération 2. Étapes 5 et 6. La seule diminution possible est associée à l’arc à flot nul 12. On augmentera de Δ = 12 unités le flot transitant par l’arc 12, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle
de façon à maintenir l’admissibilité de la solution. La valeur maximale Δ = 12 est associée à l’arc de base
25 : cet arc sera retiré de la base. La solution de base no 2 résultante est illustrée ci-dessous. Son coût
total est z = 1 124 – 48 = 1 076.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
12,31
v = 25
8
6,25
4
1
15
7, 27
2
12,12
16
20 7
6,6
3
3
30 8
4
5
18,30
v = 25
22
7
10 15
14
11
6.4
15
7, 40
6
20
7, 35
Itération 2. Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux associés à la solution no 2 sont calculés dans le tableau cidessous. Tous ces coûts marginaux sont positifs : par conséquent, la solution de base no 2 est optimale.
Arc
hors base
Statut
Cycle
23
à flot nul
23 : + ∆
13 : – ∆
12 : + ∆
25
saturé
35
saturé
43
à flot nul
63
à flot nul
65
3.
à flot nul
Coût
unitaire
+ 7
– 4
+ 8
Coût
marginal
Borne
sup. de ∆
Diminution
+11
+4
35 : – ∆
57 : – ∆
67 : + ∆
46 : + ∆
14 : + ∆
13 : – ∆
43 : + ∆
13 : – ∆
14 : + ∆
63 : + ∆
13 : – ∆
14 : + ∆
46 : + ∆
– 3
–22
+15
+20
+15
– 4
+ 8
– 4
+15
+14
– 4
+15
+20
65 : + ∆
57 : + ∆
67 : – ∆
+15
+22
–15
+21
+19
+45
+22
Vérification de la non-optimalité
La solution illustrée n’est pas optimale, car elle comporte un cycle d’arcs flottants, soit le cycle
2 → 3 ← 4 → 2, dont l’impact unitaire est non nul. En effet, convenons de diminuer de ∆ unités les arcs
avant 23 et 42, et d’augmenter de la même quantité l’arc arrière 43 : l’impact unitaire de ces changements
est – 2 + 3 – 4 = –3. Ainsi, en posant ∆ = 8, on obtient une nouvelle solution admissible dont le coût total
est inférieur de 8 × 3 = 24 à celui de la solution illustrée.
MPT
4.
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.5
Optimalité et coût marginal
L’arborescence de base comprend nécessairement les 3 arcs flottants 14, 25 et 45; convenons de
compléter la base par l’arc à flot nul 35, dont le coût unitaire est minimal parmi les arcs restants. À l’arc
hors base 23 est associé le cycle 2 → 3 → 5 ← 2, et son coût marginal est + 6 + 2 – 17 = –9. En faisant
transiter un flot de 9 unités par l’arc 23 et en procédant aux ajustements requis sur les autres arcs du cycle,
on obtient une nouvelle solution admissible dont le coût total est inférieur de 9 × 9 = 81 unités à celui de
la solution illustrée.
5.
Optimal ou non, voilà la question
(a)
La solution illustrée n’est pas optimale, car elle n’est pas admissible : le flot n’est pas conservé aux
sommets 4 et 7.
(b)
La solution illustrée possède un cycle d’arcs flottants, soit le cycle 1 → 4 ← 5 ← 1, dont l’impact
unitaire est égal à + 7 – 18 – 15 = –26 et est donc non nul. En augmentant de 3 unités le flot sur
l’arc avant 14 et en réduisant de la même quantité le flot sur les arcs arrière 54 et 15, on obtient
nouvelle solution admissible dont le coût total est inférieur de 3 × 26 = 78 unités.
(c)
La solution illustrée est optimale, car les coûts marginaux des arcs hors base sont tous positifs.

Arc saturé 13 :
Cycle : 1 → 3 → 6 ← 4 ← 1
Coût marginal = – 4 – 9 + 8 + 6 = +1.

Arc 32 à flot nul :
Cycle : 3 → 2 ← 1 → 4 → 6 ← 3
Coût marginal = 2 – 5 + 6 + 8 – 9 = +2.

Arc 35 à flot nul :
Cycle : 3 → 5 ← 2 ← 1 → 4 → 6 ← 3
Coût marginal = 7 – 1 – 5 + 6 + 8 – 9 = +6.

Arc 43 à flot nul :
Cycle : 4 → 3 → 6 ← 4
Coût marginal = 4 + 9 – 8 = +5.

(d)
Arc saturé 56 :
Cycle : 5 → 6 ← 4 ← 1 → 2 → 5
Coût marginal = – 6 + 8 + 6 – 5 – 1 = +2.
La solution illustrée n’est pas optimale. En effet, l’arborescence de base est constituée des 5 arcs
flottants 12, 13, 24, 46 et 56. À l’arc hors base 23 est associé le cycle 2 → 3 ← 1 → 2, et son coût
marginal est + 43 – 71 + 16 = –12. En faisant transiter un flot de 6 unités par l’arc 23 et en
procédant aux ajustements requis sur les autres arcs du cycle, on obtient une nouvelle solution
admissible dont le coût total est inférieur de 12 × 6 = 72 unités à celui de la solution illustrée.
6.
L’algorithme du simplexe réseau - question (a)
Initialisation (itération 0). Étape 1. La solution illustrée, dont le coût total est z = 174, ne comporte
aucun cycle d’arcs flottants.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.6
Étape 2. L’arborescence de base est constituée des 4 arcs flottants 12, 14, 23 et 35. Cette solution est
illustrée ci-dessous.
3
3, 10
7
3, 8
1
2, 2 26
10
15
4
v=9
5, 15
7
2
6,7
5
v=9
5
6
4, 4
4
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux des arcs hors base associés à la solution no 0 sont calculés au tableau
suivant. On constate que le coût marginal de l’arc 43 est négatif : la solution courante n’est donc pas
optimale.
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
unitaire
Coût
marginal
42
à flot nul
42 : + ∆
12 : – ∆
14 : + ∆
+15
– 4
+ 5
+16
43 : – ∆
–26
→ 2
23 : + ∆
12 : + ∆
14 : – ∆
+ 7
+ 4
– 5
–20
7
5
6
45 : – ∆
35 : + ∆
23 : + ∆
12 : + ∆
14 : – ∆
–
+
+
+
–
+ 7
43
45
saturé
saturé
6
7
7
4
5
Borne
sup. de ∆
Diminution
2 × 20 = 40
Itération 1. Étapes 5 et 6. La seule diminution possible est associée à l’arc à saturé 43. On diminuera
de Δ = 2 unités le flot transitant par l’arc 43, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de façon à
maintenir l’admissibilité de la solution. Ici, Δ ≠ 0 et l’arc 43 n’est pas devenu flottant, mais est devenu à
flot nul. C’est donc la clause «Sinon» de l’algorithme (voir page 259) qui s’applique ici : l’arc 43 restera
hors base, mais deviendra à flot nul dans la solution de base no 1, qui est illustrée ci-dessous. Le coût
total de cette solution no 1 sera z = 174 – 40 = 134. Les coûts marginaux restent les mêmes, sauf celui de
43 qui change de signe et devient +20. On passe immédiatement à l’étape 4.
3
5, 10
2
5, 8
v=9
1
7
10
15
4
4,7
5
5, 15
7
0, 2 26
4
5
v=9
6
4, 4
Étape 4. Les coûts marginaux des arcs hors base sont tous positifs : la solution courante est donc
optimale.
MPT
6.
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.7
L’algorithme du simplexe réseau - question (b)
Initialisation (itération 0). Étape 1. La solution illustrée, dont le coût total est z = 11 418, comporte
deux cycles d’arcs flottants qu’il faut éliminer. Considérons d’abord le cycle 7 → 8 ← 2 ← 3 ← 4 → 7,
qui est tireté et en bleu dans la figure ci-dessous. Et augmentons le flot sur l’arc 78 de ∆ unités, où ∆ ≥ 0.
Le tableau au haut de la page suivante décrit les modifications au flot qui en découlent. On pose ∆ = 7, et
le coût total z est réduit de 7 × 38 = 266 unités.
14
21
2
6
22,30
6
69 22,44
15
v = 52
4
17
1
6
8
3
22,30
57 22,35
45
30,37
44
12 31
33
5
13
30,56
88
4
66 30,42
v = 52
8
33
30,37
7
12
18
5
Borne sup. de ∆
Arc
Effet sur le flot
Effet sur z
78
+∆
+33 ∆
→ 7
28
−∆
−33 ∆
22
32
−∆
−69 ∆
22
43
−∆
−57 ∆
22
47
+∆
+88 ∆
26
−38 ∆
Min = 7
Réduction nette
=
Considérons maintenant le cycle 1 → 4 ← 5 ← 1, qui est en pointillé et en rouge dans la figure. Et
augmentons le flot sur l’arc 14 de ∆ unités, où ∆ ≥ 0. Le tableau ci-dessous décrit les modifications au flot
qui en découlent. On pose ∆ = 8, et le coût total z est réduit de 8 × 65 = 520 unités.
Arc
14
Borne sup. de ∆
Effet sur le flot
Effet sur z
+∆
+45 ∆
→ 8
−∆
−66 ∆
30
−∆
−44 ∆
30
−65 ∆
Min = 8
54
15
Réduction nette
=
Étape 2. On obtient, après l’élimination des deux cycles, la solution admissible décrite ci-dessous, dont
le coût total est z = 11 418 – 266 – 520 = 10 632 unités. Les 6 arcs flottants font d’office partie de la
base. Comme l’arborescence des arcs de base doit comporter n – 1 = 7 arcs, il faut ajouter un arc : l’arc 68
est choisi, car il s’agit de l’arc non flottant de plus petit coût dont l’introduction ne crée pas de cycle avec
les arcs de la base. Dans la figure suivante, où est illustrée la solution de base no 0, les arcs de base sont
tiretés et en rouge.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.8
14
2
6
21
15,30
6
69 15,44
15
v = 52
4
17
1
6
8
3
30,30
57 15,35
45
22,37
44
12 0,31
33
13
5
33
37,56
88
4
v = 52
8
37,37
7
12
18
66 22,42
5
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux des arcs hors base associés à la solution no 0 sont calculés au tableau suivant.
On constate que plusieurs coûts marginaux sont négatifs : la solution courante n’est donc pas optimale.
Arc
hors base
12
Statut
Cycle
à flot nul
13
à flot nul
12 : + ∆
32 : – ∆
43 : – ∆
54: – ∆
15 : – ∆
13 : + ∆
43 : – ∆
54 : – ∆
15 : – ∆
14 : – ∆
54 : + ∆
15 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
37 : + ∆
47 : – ∆
43 : + ∆
38 : + ∆
28 : – ∆
32 : – ∆
57 : + ∆
47 : – ∆
54 : – ∆
78 : – ∆
28 : + ∆
32 : + ∆
43 : + ∆
47 : – ∆
14
saturé
26
à flot nul
37
à flot nul
38
à flot nul
57
à flot nul
78
saturé
Coût
unitaire
+6
–69
–57
–66
–44
+4
–57
–66
–44
–45
+66
+44
+14
+12
–33
+5
–88
+57
+8
–33
–69
+12
–88
–66
–33
+33
+69
+57
–88
Coût
marginal
–230
–163
Borne
sup. de ∆
→ 15
15
15
22
22
17
→ 15
22
22
Diminution
230 × 15 = 3450
163 × 15 = 2445
+65
–7
–26
21
31
→ 15
→ 13
37
20
→
–94
6
15
15
–142
→ 18
37
22
+38
7 × 15 = 105
26 × 13 = 338
94 × 6 = 564
142 × 18 = 2556
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.9
Itération 1. Étape 5. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 12. On ajoutera
Δ = 15 unités sur l’arc à flot nul 12, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de façon à maintenir
l’admissibilité de la solution. Ici, Δ ≠ 0 et l’arc 12 n’est pas devenu flottant, mais est devenu saturé. C’est
donc la clause «Sinon» de l’algorithme (voir page 259) qui s’applique ici : l’arc 12 restera hors base, mais
deviendra saturé dans la solution de base no 1, qui est illustrée ci-dessous. Le coût total de cette solution
no 1 sera z = 10 632 – 3 450 = 7 182. Les coûts marginaux restent les mêmes, sauf celui de 12 qui change
de signe et devient +230. On passe immédiatement à l’étape 4.
Étape 4. Les coûts marginaux des arcs hors base 13, 26, 37, 38 et 57 sont négatifs : la solution courante
n’est donc pas optimale.
14
2
6
21
15,30
6
69 0,44
15,15
v = 52
4
17
1
6
8
3
30,30
13
57 0,35
45
7,37
v = 52
8
5
33
37,56
88
4
44
12 0,31
33
37,37
7
12
18
66 7,42
5
Itération 2. Étape 5. Il faut calculer les diminutions | CM ij | × Δ associées aux 5 arcs hors base dont le
coût marginal est négatif. Dans chaque cas, le cycle reste le même puisque l’arborescence des arcs de
base n’a pas été modifiée. Seules changent les bornes découlant des arcs de base dont la valeur vient
d’être modifiée. On vérifie que les bornes supérieures de Δ pour les arcs 13, 26, 37, 38 et 57 sont 0, 15, 0
13 et 7 respectivement. La plus grande diminution possible est associée à l’arc 57 et est égale à 142 × 7 =
994. On ajoutera Δ = 7 unités sur l’arc à flot nul 57, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de
façon à maintenir l’admissibilité de la solution.
Étape 6. Dans le cycle de l’arc 57 entrant dans la base, la valeur maximale Δ = 7 est associée à l’arc de
base 54 : cet arc sera retiré de la base. La solution de base no 2 résultante est illustrée ci-dessous. Son
coût total est z = 7 182 – 994 = 6 188.
14
2
6
21
15,30
6
69 0,44
15,15
v = 52
1
4
17
6
8
3
30,30
57 0,35
45
7,37
44
12 0,31
33
4
66 42
5
13
v = 52
8
5
30,56
88
12
7,18
33
37,37
7
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.10
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 2 sont calculés dans le tableau ci-dessous.
On constate que plusieurs coûts marginaux sont négatifs : la solution courante n’est donc pas optimale.
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
unitaire
Coût
marginal
12
saturé
12 : – ∆
32 : + ∆
43 : + ∆
47 : – ∆
57 : + ∆
15 : + ∆
–6
+69
+57
–88
+12
+44
+88
13 : + ∆
43 : – ∆
47 : + ∆
57 : – ∆
15 : – ∆
14 : – ∆
47 : + ∆
57 : + ∆
15 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
37 : + ∆
47 : – ∆
43 : + ∆
38 : + ∆
28 : – ∆
32 : – ∆
+4
–57
+88
–12
–44
–45
–88
+12
+44
+14
+12
–33
+5
–88
+57
+8
–33
–69
78 : – ∆
28 : + ∆
32 : + ∆
43 : + ∆
47 : – ∆
–33
+33
+69
+57
–88
13
14
à flot nul
saturé
26
à flot nul
37
à flot nul
38
à flot nul
54
78
à flot nul
saturé
Borne
sup. de ∆
→
–21
→
–77
–7
→
→
–26
–94
+142
→
17
0
26
7
7
30
30
11
30
21
31
15
13
30
35
6
15
0
Diminution
21 × 0 = 0
77 × 11 = 847
7 × 15 = 105
26 × 13 = 338
94 × 0 = 0
+38
Itération 3. Étape 5. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 14. On
retranchera Δ = 11 unités du flot transitant par l’arc saturé 14, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du
cycle de façon à maintenir l’admissibilité de la solution.
Étape 6. La valeur maximale Δ = 11 est associée à l’arc de base 57 : cet arc sera retiré de la base. La
solution de base no 3 résultante est illustrée ci-dessous. Son coût total est z = 6 188 – 847 = 5 341.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.11
14
2
6
21
15,30
6
69 0,44
15,15
v = 52
1
4
17
6
8
3
19,30
57 0,35
45
18,37
44
12 0,31
33
4
66 42
5
13
v = 52
8
33
19,56
88
37,37
7
12
18,18
5
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 3 sont calculés dans le tableau ci-dessous.
On constate que plusieurs coûts marginaux sont négatifs : la solution courante n’est donc pas optimale.
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
unitaire
Coût
marginal
12
saturé
12 : – ∆
32 : + ∆
43 : + ∆
14 : + ∆
–6
+69
+57
+45
+165
13 : + ∆
43 : – ∆
14 : – ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
37 : + ∆
47 : – ∆
43 : + ∆
38 : + ∆
28 : – ∆
32 : – ∆
54 : + ∆
14 : – ∆
15 : + ∆
+4
–57
–45
+14
+12
–33
+5
–88
+57
+8
–33
–69
+66
–45
+44
78 : – ∆
28 : + ∆
32 : + ∆
43 : + ∆
47 : – ∆
–33
+33
+69
+57
–88
13
à flot nul
26
à flot nul
37
à flot nul
38
à flot nul
54
à flot nul
57
78
saturé
saturé
Borne
sup. de ∆
→
–98
–7
–26
–94
17
0
19
21
31
→ 15
→ 13
19
35
6
15
→ 0
Diminution
98 × 0 = 0
7 × 15 = 105
26 × 13 = 338
94 × 0 = 0
+65
+77
+38
Itération 4. Étape 5. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 37. On ajoutera
Δ = 13 unités sur l’arc à flot nul 37, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de façon à maintenir
l’admissibilité de la solution. L’arc 37 restera hors base, mais deviendra saturé dans la solution de base
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.12
no 4, qui est illustrée ci-dessous. Le coût total de cette solution no 4 sera z = 5 341 – 338 = 5 003. Les
coûts marginaux restent les mêmes, sauf celui de 37 qui change de signe et devient +26. On passe
immédiatement à l’étape 4.
14
2
6
21
15,30
6
69 0,44
15,15
v = 52
4
17
1
6
8
3
19,30
57 13,35 13,13
45
18,37
v = 52
8
5
33
6,56
88
4
44
12 0,31
33
37,37
7
12
18,18
66 42
5
Étape 4. Les coûts marginaux des arcs hors base 26, et 38 sont négatifs : la solution courante n’est donc
pas optimale.
Itération 5. Étape 5. Il faut calculer les diminutions | CM ij | × Δ associées aux 3 arcs hors base dont le
coût marginal est négatif. Dans chaque cas, le cycle reste le même puisque l’arborescence des arcs de
base n’a pas été modifiée. Seules changent les bornes découlant des arcs de base dont la valeur vient
d’être modifiée. On vérifie que les bornes supérieures de Δ pour les arcs 13, 26 et 38 sont 13, 15 et 0
respectivement. La plus grande diminution possible est associée à l’arc 13 et est égale à 98 × 13 = 1274.
On ajoutera Δ = 13 unités sur l’arc à flot nul 13, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de
façon à maintenir l’admissibilité de la solution.
Étape 6. Dans le cycle de l’arc 13 entrant dans la base, la valeur maximale Δ = 13 est associée à l’arc de
base 43 : cet arc sera retiré de la base. La solution de base no 5 résultante est illustrée au haut de la page
suivante. Son coût total est z = 5 003 – 1 274 = 3 729.
14
2
6
21
15,30
6
69 0,44
15,15
v = 52
1
4
13,17
6,30
6
8
3
57 35
13,13
4
6,56
88
45
18,37
44
12 0,31
33
66 42
5
v = 52
8
5
12
18,18
33
37,37
7
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.13
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 5 sont calculés dans le tableau ci-dessous.
On constate que plusieurs coûts marginaux sont négatifs : la solution courante n’est donc pas optimale.
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
unitaire
12
saturé
26
à flot nul
37
saturé
12 : – ∆
32 : + ∆
13 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
37 : – ∆
47 : + ∆
14 : + ∆
13 : – ∆
38 : + ∆
28 : – ∆
32 : – ∆
–6
+69
+4
+14
+12
–33
–5
+88
+45
–4
+8
–33
–69
54 : + ∆
14 : – ∆
15 : + ∆
57 : – ∆
47 : + ∆
14 : + ∆
15 : – ∆
78 : – ∆
28 : + ∆
32 : + ∆
13 : + ∆
14 : – ∆
47 : – ∆
+66
–45
+44
–12
+88
+45
–44
–33
+33
+69
+4
–45
–88
38
à flot nul
43
54
à flot nul
à flot nul
57
saturé
saturé
78
Coût
marginal
Borne
sup. de ∆
Diminution
+67
–7
21
31
→ 15
7 × 15 = 105
6
15
→ 0
94 × 0 = 0
37
15
44
→ 4
6
6
60 × 4 = 240
+124
–94
+98
+65
+77
–60
Itération 6. Étapes 5 et 6. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 78. On
retranchera Δ = 4 unités du flot transitant par l’arc saturé 78, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du
cycle de façon à maintenir l’admissibilité de la solution. L’arc 13 sortira de la base. La solution de base
no 6 résultante est donnée ci-dessous. Son coût total est z = 3 729 – 240 = 3 489.
14
21
2
6
19,30
6
69 4,44
15,15
v = 52
1
4
17,17
2,30
6
8
3
57 35
13,13
4
2,56
88
45
18,37
44
12 0,31
33
66 42
5
v = 52
8
5
12
18,18
33
33,37
7
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.14
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 6 sont calculés dans le tableau ci-dessous
(les calculs pour 54 et 57 sont identiques à ceux du tableau précédent et ne sont pas répétés). On constate
que plusieurs coûts marginaux sont négatifs : la solution courante n’est donc pas optimale.
Arc
hors base
12
Statut
Cycle
saturé
12 : – ∆
28 : – ∆
78 : + ∆
47 : + ∆
14 : + ∆
Coût
unitaire
–6
–33
+33
+88
+45
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
37 : – ∆
78 : – ∆
28 : + ∆
32 : + ∆
38 : + ∆
28 : – ∆
32 : – ∆
43 : + ∆
32 : + ∆
28 : + ∆
78 : – ∆
47 : – ∆
+14
+12
–33
–5
–33
+33
+69
+8
–33
–69
+57
+69
+33
–33
–88
13
26
saturé
à flot nul
37
saturé
38
à flot nul
43
à flot nul
54
57
à flot nul
saturé
Coût
marginal
Borne
sup. de ∆
Diminution
+127
+60
–7
21
31
→ 19
7 × 19 = 133
6
19
→ 4
94 × 4 = 376
+64
–94
+38
+65
+77
Itération 7. Étapes 5 et 6. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 38. On
ajoutera Δ = 4 unités sur l’arc à flot nul 38, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de façon à
maintenir l’admissibilité de la solution. L’arc 32 sortira de la base. La solution de base no 7 résultante est
donnée ci-dessous. Son coût total est z = 3 489 – 376 = 3 113.
14
2
6
21
15,30
6
69 44
15,15
v = 52
1
4
17,17
2,30
4,6
8
3
57 35
13,13
4
2,56
88
45
18,37
44
12 0,31
33
66 42
5
12
18,18
5
v = 52
8
33
33,37
7
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.15
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 7 sont calculés dans le tableau ci-dessous
(les calculs pour 12, 54 et 57 sont identiques à ceux du tableau précédent et ne sont pas répétés). On
constate que plusieurs coûts marginaux sont négatifs : la solution courante n’est donc pas optimale.
Arc
hors base
12
13
Statut
26
à flot nul
saturé
saturé
32
37
à flot nul
saturé
43
à flot nul
54
57
à flot nul
saturé
Cycle
Coût
unitaire
13 : – ∆
38 : – ∆
78 : + ∆
47 : + ∆
14 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
–4
–8
+33
+88
+45
+14
+12
–33
37 : – ∆
78 : – ∆
38 : + ∆
43 : + ∆
38 : + ∆
78 : – ∆
47 : + ∆
–5
–33
+8
+57
+ 8
–33
–88
Coût
marginal
+127
Borne
sup. de ∆
Diminution
+154
21
31
→ 15
–7
+94
7 × 15 = 105
21
31
→ 2
35
2
33
→ 2
–30
–56
+65
+77
30 × 2 = 60
56 × 2 = 112
Itération 8. Étapes 5 et 6. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 43. On
ajoutera Δ = 2 unités sur l’arc à flot nul 43, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de façon à
maintenir l’admissibilité de la solution. L’arc 47 sortira de la base. La solution de base no 8 résultante est
donnée ci-dessous. Son coût total est z = 3 113 – 112 = 3 001.
14
2
6
21
15,30
6
69 44
15,15
v = 52
1
4
17,17
2,30
6,6
8
3
57 2,35
45
18,37
44
12 0,31
33
13,13
4
56
88
66 42
12
v = 52
8
5
33
31,37
7
18,18
5
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 8 sont calculés dans le tableau ci-dessous
(les calculs pour 32 et 54 sont identiques à ceux du tableau précédent et ne sont pas répétés; ceux de 12
ont été omis pour alléger). On constate que certains coûts marginaux sont négatifs : la solution courante
n’est donc pas optimale.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Arc
hors base
12
13
Statut
saturé
saturé
26
à flot nul
32
37
à flot nul
saturé
47
54
57
à flot nul
à flot nul
saturé
Cycle
Coût
unitaire
13 : – ∆
43 : + ∆
14 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
28 : – ∆
–4
+57
+45
+14
+12
–33
37 : – ∆
78 : – ∆
38 : + ∆
–5
–33
+8
57 : – ∆
78 : – ∆
38 : + ∆
43 : + ∆
14 : + ∆
15 : – ∆
–12
–33
+ 8
+57
+45
–44
Coût
marginal
+71
6.16
Borne
sup. de ∆
Diminution
+98
–7
+94
–30
+56
+65
21
31
→ 15
7 × 15 = 105
13
31
→ 0
30 × 0 = 0
+21
Itération 9. Étapes 5 et 6. La plus grande diminution possible est associée à l’arc hors base 26. On
ajoutera Δ = 15 unités sur l’arc à flot nul 26, puis on ajustera le flot sur les arcs de base du cycle de façon à
maintenir l’admissibilité de la solution. L’arc 28 sortira de la base. La solution de base no 9 résultante est
donnée ci-dessous. Son coût total est z = 3 001 – 105 = 2 896.
14
2
15,21
6
30
6
69 44
15,15
v = 52
1
4
17,17
2,30
6,6
8
3
57 2,35
45
18,37
44
12 15,31
33
13,13
4
56
88
66 42
12
v = 52
8
5
33
31,37
7
18,18
5
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 9 sont calculés dans le tableau ci-dessous
(les calculs pour 13, 54 et 57 sont identiques à ceux du tableau précédent et ne sont pas répétés). On
constate que le coût marginal de l’arc hors base 37 est négatif. On continue.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Arc
hors base
12
13
28
32
Statut
Cycle
saturé
12 : – ∆
26 : – ∆
68 : – ∆
38 : + ∆
43 : + ∆
14 : + ∆
Coût
unitaire
–6
–14
–12
+8
+57
+45
32 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
38 : – ∆
37 : – ∆
78 : – ∆
38 : + ∆
47 : + ∆
78 : + ∆
38 : – ∆
43 : – ∆
+69
+14
+12
–8
–5
–33
+8
+88
+33
–8
–57
saturé
à flot nul
à flot nul
37
saturé
47
à flot nul
54
57
Coût
marginal
6.17
Borne
sup. de ∆
Diminution
+78
+98
+7
+87
13
31
→ 0
–30
+56
30 × 0 = 0
+56
+65
+21
à flot nul
saturé
Itération 10. Étapes 5 et 6. Le seul arc hors base dont le coût marginal est négatif est 37 et il admet 0
comme limite. On «ajoutera» Δ = 0 unité sur cet arc, puis on «ajustera» le flot sur les arcs de base du
cycle. L’arc 38 sortira de la base. La solution de base no 10 résultante est donnée ci-dessous : le flot sur
tout arc est le même que dans la solution précédente, mais l’arc 37 est maintenant dans l’arborescence
tandis que 38 est hors base. Le coût total de cette solution no 10 est z = 2 896 – 0 = 2 896.
14
2
15,21
6
30
6
69 44
15,15
v = 52
1
4
17,17
2,30
6,6
8
3
57 2,35
45
18,37
44
12 15,31
33
4
66 42
13,13
v = 52
8
5
56
88
33
31,37
7
12
18,18
5
Étapes 3 et 4. Les coûts marginaux de la solution de base no 10 sont calculés dans le tableau ci-dessous
(les calculs pour 13, 28 et 54 sont identiques à ceux du tableau précédent et ne sont pas répétés; ceux de
12 ont été omis pour alléger). On constate qu’aucun coût marginal n’est négatif. La solution de base
no 10 est donc optimale.
MPT
7.
(a)
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Arc
hors base
12
13
28
32
Statut
saturé
saturé
à flot nul
à flot nul
38
47
saturé
à flot nul
54
57
à flot nul
saturé
Cycle
Coût
unitaire
32 : + ∆
26 : + ∆
68 : + ∆
78 : – ∆
37 : – ∆
+69
+14
+12
–33
–8
47 : + ∆
37 : – ∆
43 : – ∆
+88
–5
–57
57 : – ∆
73 : + ∆
43 : + ∆
14 : + ∆
15 : – ∆
–12
+5
+57
+45
–44
6.18
Coût
marginal
+108
+98
+7
Borne
sup. de ∆
Diminution
+57
+30
+26
+65
+51
Cas particuliers de PFCM
Le problème de trouver un CLPC du sommet i au sommet j se ramène au PFCM dans le réseau
obtenu en considérant les sommets i et j comme la source et le puits respectivement et en fixant à 1
unité le flot v émis par la source et reçu par le puits. Le coût unitaire sur un arc ij sera la longueur
de cet arc; il n’est pas nécessaire de spécifier de borne supérieure, mais on peut prendre 1 comme
borne supérieure de tout arc du réseau.
La figure ci-dessous décrit le PCFM représentant le problème de trouver un CLPC de 1 à 10 dans
l’exemple de base traité au chapitre 4 (voir la figure 4.7 de la page 152). Les bornes supérieures
sont omises pour alléger la figure.
2
2
12
v=1
1
(b)
8
4
v= 1
4
4
7
10
3
6
15
11
5
3
6
6
4
10
9
7
11
3
12
5
7
9
8
La figure ci-dessous donne un PCFM représentant le problème de flot maximal dans le mini-réseau
du chapitre 5 (voir la figure 5.5 de la page 196). Le flot émis par la source et reçu par le puits dans
le PFCM est égal à la somme 200 + 150 = 350 des bornes supérieures sur les différents arcs qui
émergent de la source. L’arc 14 ajouté servira à convoyer celles des 350 unités qui ne pourraient
transiter par le réseau originel ; le coût unitaire élevé reporté sur 14 pénalise fortement le passage
par cet arc et détournera le plus d’unités possibles par le réseau originel.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
2
0
0
200
100
350
v = 350
1
0
150
0
6.19
0
70
4
50
v = 350
30 0
200
3
Notes. Le flot v dans le PFCM pourrait aussi être posé égal à la somme 70 + 200 = 270 des bornes sur les
arcs admettant le puits comme sommet terminal. Dans la définition des PFCM, nous avons exigé que les
coûts unitaires c ij associés aux différents arcs soient positifs – ce qui exclut la valeur 0 utilisée dans le réseau
ci-dessus. Pour être rigoureux et respecter à la lettre la définition des PFCM, il faudrait remplacer les coûts
nuls par un coût unitaire c faible – la valeur c = 1 ferait l’affaire dans l’exemple traité ici.
8.
(a)
PFCM et le problème d’affectation
La figure ci-dessous donne un PCFM représentant ce problème d’affectation. On supposera que
tous les arcs de la forme Ei → Tj ont une capacité de 3, qui n’est pas indiquée explicitement dans la
figure. Ces arcs ne seront jamais saturés; ils seront automatiquement flottants dès qu’ils recevront
une quantité non nulle de flot.
210
E1
T1
200
1
1
c
v=3
c
225
175
1
S
1
185
E2
T2
P
c
190
1
1
c
c
315
v=3
310
E3
T3
320
Note. D’après le contexte, la borne sur les arcs de la forme Ei → Tj devrait être égale à 1 et les coûts
unitaires sur les six autres arcs devraient être nuls. Mais, dans la définition des PFCM, nous avons exigé que
les coûts unitaires c ij associés aux différents arcs soient positifs – ce qui exclut la valeur 0 ; de plus, la
solution optimale du PFCM est indépendante de la valeur du coût unitaire reporté sur les six arcs de la forme
S → Ei ou Tj → P, car le flot sur chacun de ces arcs sera nécessairement égal à 1 unité dans toute solution
admissible du PFCM considéré ici, de sorte que la contribution de ces arcs à la valeur de z sera
nécessairement égale la somme des coûts unitaires reportés sur ces arcs. Le choix d'une borne supérieure à 1
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.20
pour les arcs de la forme Ei → Tj garantit que ces arcs seront automatiquement flottants dès qu’ils recevront
une quantité non nulle de flot, ce qui facilitera la résolution du PFCM.
(b)
Nous appliquons maintenant l’algorithme du simplexe réseau au PFCM construit à la question
précédente.
 Initialisation (itération 0). Étape 0 (construction d’une solution admissible). Nous utilisons
une approche gourmande pour construire des chemins de S à P de coût unitaire aussi faible que
possible : nous attribuons donc 1 unité aux chemins S → E2 → T1 → P, S → E1 → T2 → P et
S → E3 → T3 → P. Le coût total de cette solution est z = 175 + 200 + 320 = 695.
 Initialisation (itération 0). Étape 1 (construction d’une solution admissible sans cycle d’arcs
flottants). La solution obtenue lors de l’étape 0 ne contient aucun cycle d’arcs flottants.
 Initialisation (itération 0). Étape 2 (construction d’une solution admissible de base). Les trois
arcs de la forme Ei → Tj qui apparaissent dans les chemins de l’étape 0 convoient un flot non
nul et sont flottants ; ils font automatiquement partie de l’arborescence des arcs de base. Il
s’agit des arcs E1 → T1, E1 → T2 et E3 → T3. Comme l’arborescence doit contenir n – 1 = 7
arcs, il en faut quatre autres : convenons d’ajouter les arcs S → E1, S → E3, T1 → P et T3 → P.
La solution de base résultante, qui sera la solution de base no 0, est reproduite ci-dessous (les
valeurs du flot sur les arcs hors base de la forme Ei → Tj, de même que leurs bornes
supérieures, ne sont pas explicitées).
210
E1
T1
1,3
200
1,3
1,1
c
v=3
1,1
c
225
175
1,1
S
1,1
185
E2
T2
c
P
c
190
1,1
1,1
c
315
v=3
310
E3
1,3
T3
320
 Initialisation (itération 0). Étape 3 (calcul des coûts marginaux). Le tableau de la page
suivante donne les coûts marginaux des arcs hors base.
 Initialisation (itération 0). Étape 4 (test d’optimalité).
négatifs. Il faut donc effectuer une itération supplémentaire.
Plusieurs coûts marginaux sont
 Itération 1. Étape 5. Dans les trois cas où le coût marginal est négatif, la diminution est nulle.
On choisira d’incorporer dans la base celui des trois candidats dont le coût marginal est le plus
élevé en valeur absolue, soit l’arc E1 → T1. Comme la valeur maximale de Δ est nulle, il n’y a
aucun ajustement à faire sur les arcs de base du cycle associé à l’arc E1 → T1.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.21
 Itération 1. Étape 6. La borne supérieure Δ = 0 est associée à deux arcs du cycle, soit les arcs de
base T1 → P et S → E1. On choisit de retirer l’arc T1 → P de la base. La solution de base
résultante est reproduite ci-dessous, après le tableau de calcul des coûts marginaux (les valeurs du
flot sur les arcs hors base de la forme Ei → Tj, de même que leurs bornes supérieures, ne sont pas
explicitées). Le coût total de la nouvelle solution est z = 695 – 0 = 695.
Arc
hors base
S → E2
T2 → P
Statut
saturé
saturé
Cycle
E1 → T3
E2 → T2
E2 → T3
E3 → T1
E3 → T2
à flot nul
à flot nul
à flot nul
à flot nul
à flot nul
à flot nul
Coût
marginal
S → E2
E2 → T1
T1 → P
P ← T3
T3 ← E3
E3 ← S
– c
–175
– c
+ c
+320
+ c
+145
T2 → P
P ← T3
– c
+ c
+320
+ c
– c
–200
+120
T3 ← E3
E3 ← S
S → E1
E1 → T2
E1 → T1
Coût
unitaire
E1 → T1
T1 → P
P ← T3
T3 ← E3
E3 ← S
S → E1
+210
+ c
– c
–320
– c
+ c
E1 → T3
T3 ← E3
E3 ← S
S → E1
+225
–320
– c
+ c
– 95
E2 → T2
T2 ← E1
E1 ← S
S → E3
E3 → T3
T3 → P
P ← T1
T1 ← E2
+185
–200
– c
+ c
+320
+ c
– c
–175
+130
E2 → T3
T3 → P
P ← T1
T1 ← E2
+190
+ c
– c
–175
+15
E3 → T1
T1 → P
P ← T3
T3 ← E3
+315
+ c
– c
–320
– 5
E3 → T2
T2 ← E1
E1 ← S
S → E3
+310
–200
– c
+ c
+110
Borne
sup. de ∆
Diminution
–110
3
0
1
1
1
→ 0
110 × 0 = 0
3
1
1
→ 0
95 × 0 = 0
3
0
1
1
5×0=0
→
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
210
E1
6.22
T1
0,3
1,3
200
1,3
1,1
c
v=3
1,1
c
225
175
1,1
S
1,1
185
E2
T2
c
P
c
190
1,1
1,1
c
c
315
v=3
310
1,3
E3
T3
320
 Itération 1. Étape 3. Le tableau ci-dessous donne les coûts marginaux des arcs hors base (les
calculs pour T2 → P, E1 → T3 et E3 → T2 sont identiques à ceux du tableau précédent et ne
sont pas répétés; ceux pour E3 → T1 ont été omis pour alléger).
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
marginal
S → E2
saturé
T1 → P
saturé
T2 → P
saturé
+110
+120
E1 → T3
à flot nul
– 95
E2 → T2
à flot nul
E2 → T3
à flot nul
S → E2
E2 → T1
T3 ← E1
E1 ← S
Coût
unitaire
– c
–175
+210
+ c
E2 → T2
T2 ← E1
E1 → T1
T1 ← E2
+185
–200
+210
–175
E2 → T3
T3 ← E3
E3 ← S
S → E1
E1 → T1
T1 ← E2
+190
–320
– c
+ c
+210
–175
Borne
sup. de ∆
Diminution
+ 35
95 × 0 = 0
+ 20
– 95
E3 → T1
à flot nul
+105
E3 → T2
à flot nul
+110
3
1
1
→ 0
3
1
95 × 0 = 0
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.23
 Itération 1. Étape 4. Certains coûts marginaux du tableau précédent sont négatifs. Il faut
donc effectuer une autre itération.
 Itération 2. Étape 5. Dans les deux cas où le coût marginal est négatif, la diminution est nulle.
On choisit d’incorporer l’arc E1 → T3 dans la base. Comme la valeur maximale de Δ est nulle,
il n’y a aucun ajustement à faire sur les arcs de base du cycle associé à l’arc E1 → T3.
 Itération 2. Étape 6. On retire l’arc S → E1 de la base. La solution de base résultante est
reproduite ci-dessous (les valeurs du flot sur les arcs hors base de la forme Ei → Tj, de même
que leurs bornes supérieures, ne sont pas explicitées). Le coût total de la nouvelle solution est z
= 695 – 0 = 695.
210
E1
T1
0,3
1,3
200
1,3
1,1
c
v=3
1,1
c
225
175
1,1
S
1,1
185
E2
T2
c
P
c
190
1,1
1,1
c
c
0,3
315
v=3
310
E3
1,3
T3
320
 Itération 2. Étape 3. Le tableau de la page suivante donne les coûts marginaux des arcs hors
base.
 Itération 2. Étape 4. Aucun coût marginal n’est négatif. Par conséquent, la solution de base
courante est optimale.
On minimise le coût d’exécution des trois tâches en affectant l’employé E1 à la tâche T2,
l’employé E2 à la tâche T1 et l’employé E3 à la tâche T3. Le coût total sera de 695 $ par jour.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Arc
hors base
Statut
S → E1
saturé
S → E2
saturé
T1 → P
saturé
Cycle
saturé
+ 95
– c
–175
+210
–225
+320
+ c
+130
T1 → P
P ← T3
– c
+ c
+225
–210
+ 15
– c
+ c
+225
–200
+ 25
T2 → P
P ← T3
T3 ← E1
E1 → T2
E2 → T2
E2 → T3
E3 → T1
E3 → T2
à flot nul
à flot nul
à flot nul
à flot nul
Coût
marginal
S → E2
E2 → T1
T1 ← E1
E1 → T3
T3 ← E3
E3 ← S
T3 ← E1
E1 → T1
T2 → P
Coût
unitaire
E2 → T2
T2 ← E1
E1 → T1
T1 ← E2
+185
–200
E2 → T3
T3 ← E1
E1 → T1
T1 ← E2
+190
–225
E3 → T1
T1 ← E1
E1 → T3
T3 ← E3
+315
–210
E3 → T2
T2 ← E1
E1 → T3
T3 ← E3
+310
–200
+210
–175
+210
–175
+225
–320
+225
–320
+ 20
0
+ 10
+ 15
6.24
Borne
sup. de ∆
Diminution
MPT
9.
(a)
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.25
PFCM et le problème de transport classique
La figure ci-dessous donne un PCFM représentant ce problème de transport classique. On supposera que tous les arcs de la forme Ei → Tj ont une capacité de 160, qui n’est pas indiquée
explicitement dans la figure. Ces arcs ne seront jamais saturés; ils seront automatiquement flottants
dès qu’ils recevront une quantité non nulle de flot.
Note. Dans la définition des PFCM, nous avons exigé que les coûts unitaires c ij associés aux différents arcs
soient positifs – ce qui exclut la valeur 0 utilisée dans le réseau ci-dessus. Pour être rigoureux et respecter à
la lettre la définition des PFCM, il suffirait de remplacer tous les coût nuls par un même coût unitaire
positif c. En effet, le flot total sur les arcs source S → E1, S → E2 et S → E3 sera nécessairement égal à 160
unités dans toute solution admissible du PFCM considéré ici; de même, le flot total sur les arcs puits T1 → P,
T2 → P et T3 → P sera de 160 unités; par conséquent, la contribution de ces six arcs à la valeur de z sera
nécessairement égale à 2 × 160c = 320c.
(b)
Nous appliquons maintenant l’algorithme du simplexe réseau au PFCM construit à la question
précédente.
 Étape 0 (construction d’une solution admissible). Nous utilisons une approche gourmande pour
construire des chemins de S à P de coût unitaire aussi faible que possible :
S → E2 → T1 → P : 50 unités
S → E1 → T2 → P : 25 unités
S → E1 → T1 → P :
5 unités
S → E1 → T3 → P : 10 unités
S → E3 → T3 → P : 70 unités.
 Étape 1 (construction d’une solution admissible sans cycle d’arcs flottants). La solution obtenue
lors de l’étape 0 ne contient aucun cycle d’arcs flottants.
 Étape 2 (construction d’une solution admissible de base). Les cinq arcs de la forme Ei → Tj qui
apparaissent dans les chemins de l’étape 0 convoient un flot non nul et sont flottants ; ils font
automatiquement partie de l’arborescence des arcs de base. Il s’agit des arcs E1 → T1, E1 →
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.26
T2, E1 → T3, E2 → T1 et E3 → T3. Comme l’arborescence doit contenir n – 1 = 7 arcs, il en
faut deux autres : convenons d’ajouter les arcs S → E2 et T2 → P. La figure ci-dessous donne
l’arborescence résultante : les arcs noirs ou bleus font partie de la base; l’arc rouge E2 → T2 est
hors base et le cycle induit par son ajout est formé de E2 → T2 et des arcs de base bleus (en
pointillé) ; ce cycle sera utilisé lors de l’étape suivante pour le calcul du coût marginal de l’ars
hors base E2 → T2.
E1
210
5+∆
25–∆
50–∆
175
200
+∆
50,50
S
T1
E2
25,25
T2
185
0
P
0
225 10
70
E3
T3
320
 Étape 3 (calcul des coûts marginaux). Le tableau de la page suivante donne les coûts
marginaux des arcs hors base de la forme Ei → Tj.
 Étape 4 (test d’optimalité). Tous les arcs hors base de la forme Ei → Tj ont un coût marginal
non négatif. De plus, le calcul des coûts marginaux de ces arcs ne fait en aucun cas appel à des
arcs source ou à des arcs puits. Les coûts marginaux seraient donc identiques même si les arcs
source ou puits choisis pour compléter l’arborescence étaient différents. Comme les arcs source
ou puits doivent être saturés dans toute solution admissible de ce PFCM, on peut conclure à
l’optimalité de la solution présente sans tenir compte des coûts marginaux des arcs source ou
puits qui sont hors base.
La valeur optimale du PFCM est
z* = (5×210) + (25×200) + … + (70×320) = 39 630.
Le tableau suivant décrit un plan optimal de transport des 160 VTT.
T1
T2
T3
Total
E1
5
25
10
40
E2
50
-
-
50
E3
-
-
70
70
Total
55
25
80
160
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Arc
hors base
Statut
Cycle
Coût
unitaire
E2 → T2
à flot nul
E2 → T2
+ 185
T2 ← E1
– 200
E1 → T1
+ 210
T1 ← E2
– 175
E2 → T3
+ 190
T3 ← E1
– 225
E1 → T1
+ 210
T1 ← E2
– 175
E3 → T1
+ 315
T1 ← E1
– 210
E1 → T3
+ 225
T3 ← E3
– 320
E3 → T2
+ 310
T2 ← E1
– 200
E1 → T3
+ 225
T3 ← E3
– 320
E2 → T3
E3 → T1
E3 → T2
10.
à flot nul
à flot nul
à flot nul
6.27
Coût
marginal
+ 20
0
+ 10
+ 15
Le PFCM, de a jusqu’à z
(a)
Vrai : il suffit, par exemple, d’exiger que le flot v émis par la source 1 dépasse la capacité totale de
tous les arcs admettant 1 comme sommet initial.
(b)
Faux. Par exemple, le PFCM ci-dessous admet plusieurs solutions optimales : dans l’une, les
3 unités de flot passent par le chemin 1 → 2 → 4; dans une autre, elles passent toutes par le
chemin 1 → 3 → 4.
2
7
3
7
8
v=3
v=3
4
1
5
3
10
3
8
(c)
Vrai : l’arborescence des arcs de base contient exactement n − 1 arcs et tous les arcs flottants
appartiennent à cette arborescence.
(d)
Faux : une solution de base optimale dégénérée comportera moins de n − 1 arcs flottants. À titre
d’exemple, reprenons le PFCM considéré en question (b) et considérons la solution de base
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.28
optimale pour laquelle 1 → 3 est l’unique arc hors base et convoie 0 unité : dans cette solution, le
flot sur l’arc 3 → 4 est nul, l’arc 1 → 2 est saturé, tandis que l’arc 2 → 4 est l’unique arc flottant.
(e)
Faux : l’exemple de la question précédente illustre le fait que l’affirmation de l’énoncé est fausse.
(f)
Vrai (en autant que les coûts unitaires c ij soient positifs).
(g)
Faux : l’exemple de la question (d) illustre le fait que l’affirmation de l’énoncé est fausse.
(h)
Faux : il suffit de reprendre l’exemple de la question (d), mais de poser : u 12 = 6.
(i)
Faux : d’après la définition de solution de base à la page 250, «tous les arcs flottants sont des arcs
de base» et l’arborescence des arcs de base ne contient aucun cycle.
(j)
Faux : il suffit de reprendre l’exemple de la question (b), mais de poser : v = 6. Toute solution
admissible de ce PFCM n’admet aucun arc à flot nul.
(k)
Faux : il suffit de reprendre l’exemple de la question précédente.
(l)
Faux : il suffit de reprendre l’exemple de la question (b), mais d’ajouter un arc 1 → 4 tel que
u 14 = 6 et c 14 = 26. Le coût minimal C de ce PFCM est 45 et reste inchangé par le retrait de l’arc
1 → 4.
(m)
Faux : il suffit de reprendre l’exemple de la question précédente.
(n)
Faux : il suffit de reprendre l’exemple de la question (l), mais en posant c 14 = 6. Le coût minimal
du PFCM illustré en (b) est C b = 45 ; lorsque l’on ajoute l’arc 1 → 4 de coût unitaire 6, le coût
minimal C diminue à 18.
(o)
Faux : reprenons l’exemple de la question (b); augmenter la borne de l’arc 2 → 4 n’aurait aucun
impact sur la valeur du coût minimal C de l’acheminement du flot dans ce réseau.
(p)
Faux : reprenons l’exemple de la question (b) et la solution de base optimale considérée en (d).
Augmenter le coût unitaire de l’arc de base 1 → 2 n’aurait aucun impact sur la valeur du coût
minimal C de l’acheminement du flot dans ce réseau, car on pourrait alors acheminer les 3 unités
par le chemin 1 → 3 → 4.
(q)
Faux : la quantité de flot qui circulera sur l’arc entrant diminue lorsque cet arc était saturé. Par
exemple, lors de l’itération no 1 du problème de Marc (voir les figures 6.12 et 6.13), la valeur du
flot sur l’arc entrant 3 → 6 passe de 12 à 4.
(r)
Faux : la quantité de flot qui circulera sur l’arc sortant augmente quand cet arc apparaît affecté d’un
signe +Δ dans le cycle associé à l’arc entrant. Par exemple, lors de l’itération no 2 du problème de
Marc (voir les figures 6.13 et 6.14), la valeur du flot sur l’arc sortant 1 → 4 passe de 11 à 13.
(s)
Faux : l’arc qui entre dans la base est plutôt l’un de ceux auxquels est associée la diminution
| CM ij | × Δ la plus élevée. Par exemple, lors de l’itération no 1 du problème de Marc (voir le
tableau 6.1 à la page 256), le coût marginal de l’arc 4 → 3 est –42, tandis que celui de 3 → 6 est
égal à –29 ; et pourtant c’est l’arc 3 → 6 qui entre dans la base parce que la diminution 232
associée à 3 → 6 est plus élevée que la diminution 84 associée 4 → 3.
(t)
Faux, si l’on retient le critère mentionné dans l’étape 5 de la page 259. L’itération no 1 de l’exercice
9(b) donne un exemple de situation où la diminution | CM ij | × Δ la plus élevée est associée à
plusieurs arcs.
(u)
Faux, si l’on retient le critère de l’arc hors base associé à la plus petite borne supérieure de Δ. La
figure 6.29 donne un exemple où plusieurs arcs de base pourraient servir d’arc sortant – de plus, on
pourrait prendre en défaut la règle secondaire du coût unitaire le plus élevé en posant les coûts
unitaires des trois arcs candidats 7 → 2, 5 → 6 et 5 → 4 tous égaux à la même valeur !
(v)
Vrai. Voir l’étape 4, page 259.
(w)
Vrai. D’après le théorème 5.4, il est possible d’acheminer C unités de la source au puits. Il est a
fortiori possible d’en acheminer v unités.
MPT
(x)
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.29
Faux. L’exemple de la question (b) admet deux solutions de base optimales dont l’arborescence des
arcs de base est formée des arcs 1 → 2, 2 → 4 et 3 → 4 :
 dans la première, déjà considérée en question (d), les 3 unités de flot passent par le chemin
1 → 2 → 4 et 1 → 3, l’unique arc hors base, est à flot nul ;
 dans la seconde, les 3 unités de flot sont acheminées par le chemin 1 → 3 → 4 et 1 → 3
est saturé.
Par contre, tel que mentionné à la page 252, «une fois connues la liste des arcs saturés et celle des
arcs à flot nul il existe une et une seule façon de fixer les valeurs du flot sur les arcs de base de
manière à obtenir une solution admissible».
(y)
Faux. Reprenons l’exemple de la question (b), mais en posant c 13 = 4 : la solution de base optimale
considérée en (d) contient un seul arc flottant, tandis que celle obtenue en faisant passer les trois
unités par le chemin 1 → 3 → 4 et admettant 2 → 4 comme arc hors base en contient deux.
(z)
Faux. Reprenons l’exemple de la question (b), mais ajoutons deux arcs 2 → 3 et 3 → 2. Ce
PFCM admet des solutions de base optimales différentes qui n’ont aucun arc de base en
commun :
 dans l’une, le chemin 1 → 2 → 4 convoie les 3 unités de flot et l’arborescence des arcs de
base est formée des arcs 1 → 2, 2 → 4 et 2 → 3 ;
 dans l’autre, les 3 unités de flot sont acheminées par le chemin 1 → 3 → 4 et
l’arborescence des arcs de base est formée des arcs 1 → 3, 3 → 4 et 3 → 2.
11.
Modèle linéaire associé à un PFCM
Min z = 8x 12 + 4x 13 + 15x 14 + 7x 23 + 8x 43 + 16x 25 + 3x 35 + 14x 63 + 20x 46 + 15x 65 + 22x 57 + 15x 67
sous les contraintes :
Sommet 1
x 12 + x 13 + x 14 = 25
Sommet 2
‒ x 12 + x 23 + x 25 = 0
Sommet 3
‒ x 13 ‒ x 23 + x 35 ‒ x 43 ‒ x 63 = 0
Sommet 4
‒ x 14 + x 43 + x 46 = 0
Sommet 5
‒ x 25 ‒ x 35 + x 57 + x 65 = 0
Sommet 6
‒ x 46 + x 63 ‒ x 65 + x 67 = 0
Sommet 7
x 57 + x 67 = 25
Borne 12
0 ≤ x 12 ≤ 31
Borne 13
0 ≤ x 13 ≤ 25
Borne 14
0 ≤ x 14 ≤ 27
Borne 23
0 ≤ x 23 ≤ 20
Borne 43
0 ≤ x 43 ≤ 30
Borne 25
0 ≤ x 25 ≤ 12
Borne 35
0 ≤ x 35 ≤ 6
Borne 63
0 ≤ x 63 ≤ 11
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Borne 46
0 ≤ x 46 ≤ 35
Borne 65
0 ≤ x 65 ≤ 40
Borne 57
0 ≤ x 57 ≤ 30
Borne 67
0 ≤ x 12 ≤ 40.
12.
6.30
Un problème multisource et multipuits
On introduit d’abord des sommets S et P, qui serviront le premier de source unique et le second, de puits
unique. On ajoute ensuite des arcs • → S et P → • affectés d’une contrainte de flot v = 20, puis des arcs
S → 1, S → 2 et S → 3 munis de bornes supérieures 9, 4 et 7 respectivement, de même que des arcs
8 → P et 9 → P munis de bornes supérieures 8 et 12 respectivement. Ces 5 arcs sont de coût
unitaire nul. Enfin, on renumérote les sommets de 1 à 11, S et P devenant 1 et 11 respectivement,
les anciens numéros de 1 à 9 augmentant de 1. La figure résultante est donnée ci-dessous.
13.
Un PFCM avec une borne inférieure
On introduit d’abord des sommets S et P et des arcs • → S et P → • affectés d’une contrainte de flot
v = 20. On ajoute ensuite des arcs S → 1 et S → 3 munis de bornes supérieures 18 et 2 respectivement, de même que des arcs 6 → P et 5 → P munis de bornes supérieures 18 et 2
respectivement; la borne supérieure 17 de l’arc 3 → 5 est diminuée de 2 et devient 15. Enfin, on
renumérote les sommets de 1 à 11, S et P devenant 1 et 11 respectivement, les anciens numéros
de 1 à 9 augmentant de 1. La figure résultante est donnée ci-dessous.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.31
14.
L'affectation de tracteurs à des remorques
(a)
Dans cet exercice et les suivants, les sommets, au lieu d’être numérotés de 1 à n, porteront un nom qui
référera à l’objet contextuel associé; de plus, la notation (m; M) reportée sur un arc i → j signifiera
que m est la borne inférieure de cet arc et que M en est la borne supérieure, autrement dit que le flot
x ij sur cet arc est soumis à la contrainte m ≤ x ij ≤ M. Le réseau comporte :
 5 sommets émetteurs, notés T1 à T5, sur lesquels sont reportées des bornes (1; 1);
 10 sommets récepteurs, notés R0 à R9, sur lesquels sont reportés des bornes (0; 1) ainsi qu'un
«coût» unitaire négatif correspondant au revenu donné dans le premier tableau de l'énoncé;
 et, pour tout i et tout j, un arc Ti → Rj sur lequel est reporté un coût unitaire obtenu en
multipliant par 2 la distance donnée dans le second tableau de l'énoncé.
Le tableau suivant décrit une solution optimale, dont le revenu net total s'élève à 17 656 $. Le
revenu net d'une attribution est obtenue en retranchant le coût reporté sur l'arc Ti → Rj du revenu
associé à l'arc virtuel Rj → •. Par exemple, pour la 2e, 3200 – (2 × 26) = 3174.
Tracteur
(b)
T1
T2
T3
T4
T5
Remorque
R8
R6
R3
R0
R7
Revenu net
3796 $
3174 $
2970 $
3382 $
4334 $
Deux modifications sont apportées au modèle.

Enlever les arcs T1 → R7 et T1 → R8.

Ajouter des sommets récepteurs G1, G2 et G3 pour représenter les régions 1, 2 et 3
respectivement. Remplacer l’arc virtuel Rj → • par un arc Rj → Gh, où h représente la région
où est située la remorque Rj; sur cet arc Rj → Gh sont reportés les bornes (0; 1) et un profit
unitaire correspondant au revenu brut associé à la remorque Rj. Enfin, ajouter des arcs virtuels
Gh → • avec les bornes suivantes :
G1 → •
bornes = (1; 3)
G2 → •
bornes = (1; 3)
G3 → •
bornes = (2; 4).
Le revenu net total maximal diminue à 17 468 $. Le tableau suivant décrit une solution optimale
du modèle modifié.
(c)
Tracteur
T1
T2
T3
T4
T5
Remorque
R0
R6
R7
R3
R8
Revenu net
3308 $
3174 $
4350 $
2986 $
3650 $
Remplacer l’arc virtuel G3 → • par les deux arcs suivants :
G3 → •
profit unitaire = 0
bornes = (2; 2)
G3 → •
profit unitaire = 500
bornes = (0; 2).
Le revenu net total maximal diminue à 17 334 $. Le tableau suivant décrit une solution optimale
du modèle modifié.
MPT
(d)
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.32
Tracteur
T1
T2
T3
T4
T5
Remorque
R0
R8
R1
R3
R7
Revenu net
3308 $
3796 $
2910 $
2986 $
4334 $
1re solution. Compte tenu des contraintes imposées dans la question (b), la condition additionnelle
signifie qu'exactement trois remorques au total seront ramassées dans les régions 1 et 3. Il en
résulte que le nombre de remorques ramassées dans les régions 1, 2 et 3 sera exactement de 1, 2 et 2
respectivement. Il suffit donc de reporter des bornes (1; 1) sur l'arc G1 → • et des bornes (2; 2) sur
les arcs G2 → • et G3 → •.
2e solution. Ajouter un sommet T. Remplacer les arcs virtuels G1 → • et G3 → • par les arcs
suivants :
G1 → T
profit unitaire = 0
bornes = (1; 3)
G3 → T
profit unitaire = 0
bornes = (2; 2)
G3 → T
profit unitaire = 500
bornes = (0; 2)
T→•
profit unitaire = 0
bornes = (0; 3).
Cette fois, le revenu net total maximal diminue à 16 992 $. Le tableau suivant décrit une solution
optimale du modèle modifié.
15.
Tracteur
T1
T2
T3
T4
T5
Remorque
R0
R8
R5
R3
R7
Revenu net
3308 $
3796 $
2568 $
2986 $
4334 $
L’heure de pointe dans un dédale urbain
Nous utilisons un réseau comportant 48 sommets et 87 arcs.

Les sommets du réseau correspondent aux intersections du dédale urbain : C1, D1, E1, F1, H1, J1,
K1, L1, A2, B2, C2, E2, …, G9, K9 et L9.

Les arcs, outre les arcs virtuels • → C1 et L9 → •, correspondent aux tronçons du dédale, avec
l’orientation permise par les sens uniques. Par exemple, le tronçon entre les intersections A2 et B2
sera traduit dans le réseau par un arc A2 → B2.

L’unité de flot est un véhicule.

Le coût unitaire associé à un arc i → j est la distance (en m) entre les deux intersections i et j situées
aux extrémités du tronçon.

On reporte des bornes (900; 900) sur les arcs virtuels • → C1 et L9 → •.

Sur les arcs associés aux différents tronçons, on reporte comme borne supérieure le nombre de
véhicules qui peuvent emprunter le tronçon durant l’heure de pointe; on reporte également sur ces
arcs une borne inférieure nulle.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.33
Le tableau de la page suivante résume les données de ce réseau et décrit une solution optimale.
Cependant, pour alléger, nous avons omis certaines lignes du tableau dont le flot est nul à l’optimum : il
s’agit des lignes correspondant aux tronçons orientés vers le haut et à certains tronçons des lignes 2, 3
et 8. Selon cette solution, les 900 véhicules parcourront 2 305 000 mètres au total. Le flot des 900
véhicules se divisera d’abord en deux à l’intersection C1.

Un 1er bloc de 500 véhicules emprunteront l’itinéraire C1 → C2 → B2 → A2 → A3 → A4 → A5 →
A6 → A8 → A9 → B9 → G9 → K9 → L9.

Les 400 autres véhicules seront initialement dirigés sur le tronçon C1 → D1. À l’intersection D1, ils
n’auront d’autre choix, à cause du sens unique D2 → D1, que de continuer jusqu’à l’intersection E1.
Mais, à cet endroit, ce flot sera scindé : 380 véhicules poursuivront leur route vers F1 et adopteront
l’itinéraire C1 → D1 → E1 → F1 → H1 → J1 → K1 → L1 → L6 → L7 → L8 → L9; les 20 autres
véhicules tourneront à leur droite et suivront l’itinéraire C1 → D1 → E1 → E2 → E3 → E4 → E5
→ E6 → B6 → A6 → A8 → A9 → B9 → G9 → K9 → L9. Noter que sur les tronçons A6 → A8 à
K9 → L9, ces 20 véhicules se joindront aux 500 du 1er bloc qui auront passé par le tronçon C2.
Par conséquent, deux policiers, placés aux intersections C1 et E1, seront nécessaires pour gérer le trafic
dans le dédale. De plus, des barrières seront installées aux intersections A3, A5, B6, B9, C2, E2, E3, E4,
H1, J1, K9, L6 et L8. La figure ci-dessous schématise les différents chemins qui, selon cette solution,
seront empruntés par les automobiles.
MPT
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Données concernant les arcs
No Nom
S. initial
S. terminal
1 Arc 01
.
C1
2 Arc 02
C1
D1
3 Arc 03
D1
E1
4 Arc 04
E1
F1
5 Arc 05
F1
H1
6 Arc 06
H1
J1
7 Arc 07
J1
K1
8 Arc 08
K1
L1
9 Arc 09
B2
A2
10 Arc 10
C2
B2
11 Arc 11
D2
C2
17 Arc 17
K2
J2
18 Arc 18
A3
B3
25 Arc 25
J3
K3
26 Arc 26
B4
A4
27 Arc 27
E4
B4
28 Arc 28
A5
B5
29 Arc 29
B5
E5
30 Arc 30
B6
A6
31 Arc 31
E6
B6
32 Arc 32
G6
E6
33 Arc 33
J6
G6
34 Arc 34
K6
J6
35 Arc 35
L6
K6
36 Arc 36
G7
K7
37 Arc 37
K7
L7
42 Arc 42
A9
B9
43 Arc 43
B9
G9
44 Arc 44
G9
K9
45 Arc 45
K9
L9
46 Arc 46
A2
A3
47 Arc 47
A3
A4
48 Arc 48
A4
A5
49 Arc 49
A5
A6
50 Arc 50
A6
A8
51 Arc 51
A8
A9
58 Arc 58
C1
C2
59 Arc 59
C2
C3
61 Arc 61
E1
E2
62 Arc 62
E2
E3
63 Arc 63
E3
E4
64 Arc 64
E4
E5
65 Arc 65
E5
E6
68 Arc 68
G6
G7
69 Arc 69
G7
G8
70 Arc 70
G8
G9
71 Arc 71
H1
H2
72 Arc 72
H2
H3
74 Arc 74
J1
J2
75 Arc 75
J2
J3
76 Arc 76
J3
J6
83 Arc 83
L1
L6
84 Arc 84
L6
L7
85 Arc 85
L7
L8
86 Arc 86
L8
L9
87 Arc 87
L9
.
Coût un.
0
105
210
140
215
345
200
140
115
55
135
200
110
200
130
345
105
220
130
280
230
205
215
200
340
250
85
135
260
335
150
150
160
150
320
285
170
170
180
180
190
170
125
175
170
370
180
185
180
185
575
750
245
140
300
0
Borne inf.
900
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
6.34
Borne sup.
900
500
500
500
500
500
500
500
520
520
520
520
520
520
500
500
500
500
520
520
520
520
520
520
470
470
600
600
600
600
525
525
525
525
525
525
500
500
450
450
450
450
450
425
425
425
425
425
500
500
500
380
380
380
380
900
Solution optimale
Flot
Coût
900
0
400
42000
400
84000
380
53200
380
81700
380
131100
380
76000
380
53200
500
57500
500
27500
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
20
2600
20
5600
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
520
44200
520
70200
520
135200
520
174200
500
75000
500
75000
500
80000
500
75000
520
166400
520
148200
500
85000
0
0
20
3600
20
3600
20
3800
20
3400
20
2500
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
380
285000
380
93100
380
53200
380
114000
900
0
MPT
16
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.35
Le problème de transbordement
(a)
La figure ci-dessous représente le modèle PFCM demandé. Les capacités des arcs non virtuels ne
sont pas nécessaires dans un tel modèle et sont laissées implicites; on pourra supposer que ces
capacités sont par convention égales au maximum d’unités qui peuvent être acheminées dans ce
réseau, soit à la somme 800 des trois bornes supérieures des arcs virtuels associés aux usines.
(b)
Il suffit de reporter des coûts de 480 sur l’arc • → U1, de 420 sur l’arc • → U2 et de 450 sur l’arc
• → U3.
(c)
On procède comme à la question précédente, mais en exprimant les revenus comme des coûts
négatifs : on reporte donc des coûts de ‒600 sur l’arc PV1 → •, de ‒675 sur l’arc PV2 → • et de
‒700 sur l’arc PV3 → •.
(d)
La figure ci-dessous représente le modèle modifié demandé.
MPT
(e)
17.
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
6.36
Le revenu net maximal de l’entreprise s’élèvera à 83 790 dollars. Les usines U1 et U2 produiront
chacune 200 unités, tandis que U3 en produira 290. Le tableau ci-dessous décrit un plan de
transport optimal : par exemple, 175 unités seront expédiées de l’usine à l’entrepôt 1, et 135 unités
de l’entrepôt 2 au point de vente 2.
U1
U2
U3
PV1
PV2
PV3
E1
200
175
0
210
165
0
E2
0
25
290
0
135
180
Les cannettes de Canul
(a)
La figure ci-dessous donne un réseau traduisant le problème de Canul. L’unité de flot est, dans le
sous-réseau à la droite des sommets représentant les ateliers d’assemblage, une machine pour
fabriquer des canettes d’aluminium, et, dans le sous-réseau à la gauche de ces mêmes sommets,
l’ensemble des pièces associées à une machine, incluant les pièces de rechange. Ici, comme dans le
problème précédent, les capacités des arcs non virtuels ne sont pas nécessaires dans un tel modèle
et sont laissées implicites; on pourra supposer que ces capacités sont par convention égales au
maximum d’unités qui peuvent être acheminées dans ce réseau, soit à la somme 450 des trois
bornes supérieures des arcs virtuels associés aux usines.
(b)
Il suffit de dédoubler le sommet P. Ainsi, le sommet P et les arcs contigus à P sont remplacés par
le sous-réseau suivant.
MPT
(c)
Le problème de flot à coût minimal - Solutions
Il suffit de remplacer les quatre arcs émergeant de F par le sous-réseau suivant.
6.37

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